2026年山东省青岛市崂山区自主招生考试一模物理试题（含解析）中考模拟

这是一份2026年山东省青岛市崂山区自主招生考试一模物理试题（含解析）中考模拟，共5页。
1．本试题分第Ⅰ卷、第Ⅱ卷两部分，共33题。第I卷为客观题，共20题，45分；第Ⅱ卷为主观题，共13题，75分。
2．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。
第Ⅰ卷（共45分）
一、单项选择题（满分30分，共15题，每题2分。每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 全碳气凝胶是世界上最轻的固体材料之一，最小密度仅有，它具有隔热、耐高温等性能，在新能源汽车、航空航天等领域有多种用途。关于该材料，下列说法正确的是（ ）
A. 气凝胶“轻”指它的密度小
B. 将气凝胶压缩，其密度不变
C. 该材料可用来制作消防员防火服
D. 的该种气凝胶，质量为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．气凝胶“轻”指相同体积的气凝胶与其它材料相比质量较小，也就是它的密度小，故A正确；
B．将气凝胶压缩，质量不变，体积变小，根据，其密度会变大，故B错误；
C．气凝胶具有耐高温性能，可用来制作消防员防火服，故C正确；
D．已知气凝胶密度为1.6mg/cm3，则1cm3的该种气凝胶质量
不是1.6g，故D错误。
故选AC。
2. 自行车的尾部有一个红色的无源尾灯，其内部并没有灯泡，但它能在夜晚被光照射后发光。其内部装有用玻璃做的很多小的称为“直角反射器”的装置（如图1）。图2为尾灯一处剖面示意图。请问，一束平行光从空气中垂直照射到“直角反射器”的装置上，图1经过几次反射和几次折射后回到空气中（ ）
A. 1次、0次B. 2次、1次C. 1次、2次D. 2次、0次
【答案】D
【解析】
【详解】根据自行车尾灯示意图和反射定律可知，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。一束平行光从空气中垂直照射到“直角反射器”的装置上，光线可以在相互垂直的两个面上发生反射，则发生两次反射；光没有从一种介质斜射入另一介质，没有发生折射，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
3. 春节假期结束，一家人开车返回青岛，在一平直路段时看到高速公路旁的交通标志如图甲所示，路过标志牌时汽车的速度表显示如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 以行驶的汽车为参照物，该标志是静止的B. 从该标志到青岛的路程还有9km
C. 汽车在此路段匀速行驶时，处于平衡状态D. 以此时车速行驶，大约10min到高密
【答案】C
【解析】
【详解】A．以行驶的汽车为参照物，交通标志相对于汽车的位置不断变化，因此标志是运动的，故A错误；
B．由图甲交通标志牌可知，从该标志牌到青岛的路程为92km，故B错误；
C．平衡状态指物体静止或匀速直线运动状态，汽车在平直路段匀速行驶，做匀速直线运动，处于平衡状态，故C正确；
D．由图乙可知此时车速，到高密的路程，根据可知，所需时间，故D错误。
故选C。
4. 图甲中，烧杯盛满密度为的盐水后总质量为。将质量为的空心铜球放入烧杯溢出多余盐水，如图乙，烧杯总质量为。已知铜的密度，下列无法求得的物理量是（ ）
A. 铜球的体积B. 铜球的空心体积C. 溢出盐水的质量D. 烧杯的容积
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．放入铜球后，原总质量加铜球质量等于剩余总质量加溢出盐水质量，即
则溢出盐水质量
铜球体积等于溢出盐水体积，根据密度公式，得铜球的体积
铜的体积，铜球的空心体积
故ABC不符合题意；
D．烧杯的容积等于满盐水的体积，满盐水质量，其中烧杯的质量未知，无法计算满盐水的质量，也就无法求出烧杯的容积，故D符合题意。
故选D。
5. 如图所示，利用静电喷涂枪给物体喷漆。接通电源，喷枪中的电动机转动，负压发生器使喷枪内气压减小吸入涂料，涂料雾化成小颗粒并带上负电荷，从喷枪飞向被涂物。下列说法正确的是（ ）
A. 喷枪内电动机通电后，电能主要转化为内能
B. 负压发生器使喷枪内气压大于外界大气压，将涂料吸入喷枪
C. 雾化后的涂料颗粒利用同种电荷相互排斥，均匀散开
D. 涂料颗粒会吸附在物体表面是因为被涂物一定带正电荷
【答案】C
【解析】
【详解】A．电动机通电工作，电能主要转化为机械能，故A错误；
B．负压发生器使喷枪内气压小于外界大气压，涂料在大气压的作用下被压入喷枪，故B错误；
C．雾化后的涂料颗粒带有负电荷，由于同种电荷相互排斥，均匀散开，故C正确；
D．带电体具有吸引轻小物体的性质，所以被涂物带正电荷或不带电都能吸引涂料小颗粒，故D错误。
故选C。
6. 一块冰放置在室内，升温至0℃但未熔化时吸收热量为；熔化后，由0℃的水升温至10℃，吸收的热量为；10℃的水再次升温至20℃时，吸收热量。整个过程质量保持不变，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，3个过程中升高的温度均相等，由公式可知，0℃的水升温至10℃，与10℃的水再次升温至20℃时，吸收的热量相等，即；冰和水二者质量相等，升高温度也相等，水的比热容大于冰的比热容，所以；因此，故选C。
7. 如图所示，一个小球系在细线上在竖直平面摆动（不计空气阻力）。小球运动的最低点是点，左右两侧最高点是点和点，下列说法中正确的是（ ）
A. 在点时小球处于平衡状态
B. 过程中，若在点剪断细线同时所有力都消失，小球的运动轨迹是1
C. 过程中，小球的动能转化为重力势能
D. 在点，小球的机械能最大
【答案】B
【解析】
【详解】A．当小球到达A点时，不计空气阻力，小球受沿绳向上的拉力和竖直向下的重力，这两个力不在同一直线上，小球受力不平衡，处于非平衡状态，故A错误；
B．A→B过程中，小球在B点时速度方向是水平向右的，根据牛顿第一定律，若此时所有力都消失，小球会沿水平方向做匀速直线运动，运动轨迹是1，故B正确；
C．A→B过程中，小球的高度降低、速度增大，是重力势能转化为动能，而不是动能转化为重力势能，故C错误；
D．题目中说明不计空气阻力，所以小球在整个摆动过程中机械能守恒，在A、B、C三点的机械能大小相等，故D错误。
故选B。
8. 图中的金属圆环跟纸面垂直，其右侧放有一枚小磁针。给圆环通电，它就可以看成是通电螺线管的一圈，箭头方向代表电流方向。在图四个选项中，小磁针静止时N极指向正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得，图中环形电流相当于只有一匝的通电螺线管，电流从环形螺线管的下端流入，上端流出，由安培定则可判断出环形螺线管的右端为N极，左端为S极，根据磁极间的相互作用可知，小磁针静止时右端为N极，左端为S极。故B正确，ACD错误。
故选B。
9. 图是某同学在课间活动时踢毽子的情景，已知毽子运动越快，所受的空气阻力越大，但始终小于毽子自身的重力。在毽子离开脚后、在空中上下运动时，对其所受合力的分析正确的是（ ）
A. 上升过程中，合力方向向上
B. 下落过程中，合力方向向上
C. 下落过程中，合力越来越大
D. 上升过程中的合力大于下落过程中的合力
【答案】D
【解析】
【详解】A．上升过程中重力的方向竖直向下，阻力的方向竖直向下，两个力的方向相同，合力的方向与这两个力方向相同，合力方向向下，故A错误；
BC．下降过程中重力的方向竖直向下，阻力的方向竖直向上，两个力的方向相反，下降过程中重力不变，阻力越来越大，但始终小于毽子自身的重力，所以合力F下=G-f
越来越小，且方向向下，故BC错误；
D．上升过程中合力的大小为F上=G+f
下降过程中合力的大小为F下=G-f
所以上升过程中的合力大于下落过程中的合力，故D正确。
故选D。
10. 小明同学在物理实践活动中，设计了如图所示的四种用电流表或电压表测量重物重力的电路，其中是滑动变阻器，是定值电阻，电源两极间电压恒定。四个电路中有一个电路能实现重物重力增大，电表示数增大，这个电路是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，当重物重力增大，压力增大时，滑动变阻器滑片向下移动，接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，电流表的示数减小，故A不符合题意；
B．电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当重物重力增大，压力增大时，变阻器滑片向下移动，接入电路的电阻增大，根据串联电路分压规律可知，两端的电压会变大，即电压表的示数变大，故B符合题意；
C．电路为并联电路，电流表测量定值电阻支路中的电流，因并联电路的各支路互不影响，所以无论重物重力增大或减小引起滑动变阻器支路的电阻增大还是减小，定值电阻支路中的电流都不会改变，即电流表的示数不变，故C不符合题意；
D．电路为串联电路，电压表测量定值电阻两端的电压，当重物重力增大，压力增大时，滑动变阻器滑片向下移动，接入电路的电阻增大，根据串联电路分压规律可知，滑动变阻器两端电压增大，则两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D不符合题意。
故选B。
11. 如图所示，用两个相同的滑轮将同一重物M匀速提升相同高度。两次施力分别是、，对应所做的功、，功率是，，机械效率是，。（不计绳重和摩擦），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A． 左图中拉力拉滑轮轴，受力平衡得F1=2G+G动；右图是动滑轮常规使用，F2=G+G动2，比较得，故A不符合题意；
B．根据，题目未给出提升重物的时间，因此无法比较和的大小，故B不符合题意；
C．两次有用功均为；额外功为提升动滑轮做的功：左图中重物上升h时，动滑轮上升高度ℎ动1=ℎ2，额外功W额1=G动⋅ℎ2，总功W1=Gℎ+G动ℎ2；右图中动滑轮随重物上升h，额外功W额2=G动⋅ℎ，总功W2=Gℎ+G动ℎ，比较得，故C符合题意；
D．机械效率，代入得η1=2G2G+G动，η2=GG+G动=2G2G+2G动，比较得，故D不符合题意。
故选C。
12. 如图所示玻璃容器，A为密闭球体，B为上端开口的玻璃管，A与B下部连通。将容器中装入部分红墨水，使AB部分液面等高。利用此装置可粗略显示气温高低。下列关于此装置的使用，说法正确的是（ ）
A. 此装置是一个连通器B. 气温降低时，B管内液面上升
C. B管越粗，气温变化时管内液面高度变化越明显D. 利用此装置还可以粗略显示高度变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．连通器的定义是上端开口、下端连通的容器，该装置中A球体是密闭的，上端不满足开口条件，不是连通器，故A错误；
B．气温降低时，A内密闭气体温度降低，压强减小，外界大气压不变，会将红墨水压向A侧，因此B管内液面会下降，故B错误；
C．A内气体体积变化量一定时，根据公式，B管越粗，横截面积越大，液面高度变化量越小，液面高度变化越不明显，故C错误；
D．大气压随高度升高而减小，高度变化时外界大气压变化， B管液面会随之变化，因此该装置可以粗略显示高度变化，故D正确。
故选D。
13. 如图所示，向容器中注水直至注满，已知相同时间内注入的水量相等，则下列表示地面受到容器的压强、容器底部受到水的压强与时间t的关系的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】AB．容器对水平面的压力大小等于其重力，在加水的过程中，受力面积不变，压力变大，且相同时间内注入的水量相等，即相同时间内容器对水平面增加的压力相同，根据可知p1与t的关系图像是一条倾斜的直线，由于水缸有重力，所以初始压强不为0，故A正确，B错误；
CD．由图可知，浴缸的形状是上宽下窄的，相同时间内注入的水量相等，即相同时间内注入的水的体积是相同的，根据可知，随着水面的上升，S变大，在相同时间内，水面上升的高度是减小的，即增加的压强会随时间增大逐渐变慢，则p2与t的关系图像应逐渐变得平缓，故CD错误。
故选A。
14. 小明学完电路后，自己设计了如图所示电路，下列有关说法正确的是（ ）
A. 只闭合S1，灯泡L1、L2均能发光
B. S1、S2都闭合时，电流表A2测通过L2的电流
C. 先闭合S1再闭合S2，电流表A1示数不变
D. 若L1灯丝烧断，电流表A2示数变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．当只闭合S1时，电流从电源正极出发，经S1、L1、电流表A1回到电源负极，此时电路为L1的简单电路，L2没有接入电路，所以只有 L1发光，L2不发光，故A错误；
B．S1、S2都闭合时，两灯并联，电流表A2与L2串联，测通过L2的电流，故B正确；
C．先闭合S1，只有L1接入电路，电流表A1测通过L1的电流；再闭合S2，两灯并联，电流表A1测干路电流，根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A1示数会变大，故C错误；
D．若L1灯丝烧断，原来两灯并联，此时只有L2接入电路，电流表A2测通过L2的电流，而原来A2测通过L2的电流，因为并联电路各支路互不影响，所以电流表A2示数不变，故D错误。
故选B。
15. 如图，电源电压不变，小灯泡的额定电压为6V，滑动变阻器为“20Ω 0.5A”，电流表的量程为“0~0.6A”。只闭合开关S2时，小灯泡正常发光，将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S1，电流表的示数为0.5A，在电路安全情况下，下列说法正确的是（ ）
A. 闭合开关S2后，再闭合开关S1，小灯泡变暗B. 小灯泡的额定功率为1.2W
C. 电路的最大功率为3WD. 滑动变阻器连入的阻值范围是12Ω~20Ω
【答案】B
【解析】
【分析】根据电路连接方式和元件参数，分析电路中电流，电压的变化，计算小灯泡的额定功率和电路的最大功率，以及滑动变阻器的阻值范围。
【详解】只闭合S2​时，电路为小灯泡的简单电路，小灯泡正常发光，因此电源电压
滑片滑到最大阻值，再闭合S1​，此时小灯泡与滑动变阻器并联，电流表测干路电流
并联电路中各支路电压等于电源电压，根据欧姆定律，滑动变阻器支路电流
干路电流等于各支路电流之和，因此小灯泡的电流（额定电流）
A．闭合S2​后再闭合S1​，小灯泡两端电压始终等于电源电压6V，也等于额定电压​，小灯泡的实际功率等于额定功率，亮度不变，故A错误。
B．根据得小灯泡的额定功率
故B正确。
C．电路的最大功率出现在干路电流最大时，电流表测干路电流，量程0∼0.6A，所以干路电流最大值，所以滑动变阻器最大电流
滑动变阻器安全，所以电路的最大功率
故C错误。
D．当流过滑动变阻器电流时滑动变阻器有最小阻值
滑动变阻器最大阻值为20Ω，因此连入阻值范围是15Ω∼20Ω，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（满分15分，共5题。每题给出的四个选项中，有2-3个选项符合题目要求，全选对得3分，漏选得1分，错选或不选得0分）
16. 如图所示，点放置一光学元件。入射光线经过元件后会沿射出，该光学器件可能是（ ）
A. 平面镜B. 凸透镜C. 凹透镜D. 玻璃板
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据光的反射定律可知，作出角平分线（法线），垂直法线放置平面镜，即入射光线AO经平面镜反射后可沿水平方向OB射出，如图所示，故A正确；
B．过凸透镜焦点的入射光线AO经凸透镜折射后将平行于主光轴沿OB射出，如图所示，故B正确；
C．入射光线AO的延长线恰好过凹透镜另一侧的虚焦点，经凹透镜折射后将平行于主光轴沿OB射出，如图所示，故C正确；
D．光线透过玻璃板时，根据光的折射定律，出射光线和入射光线平行，仅发生侧移，方向不会发生题中的偏折，如图所示，故D错误。
故选ABC。
17. 如图是家庭电路的部分电路。下列说法正确的是（ ）
A. 若保险丝熔断了，一定是灯泡短路
B. 若EG间断路，插座就不能对外安全供电
C. 若CD间断路，用测电笔检验点，氖管发光
D. 若CD间断路，闭合开关S，灯泡不亮
【答案】BC
【解析】
【详解】A．若保险丝烧断，原因是电路中电流过大，造成电流过大的原因可能是灯泡短路造成的，也可能总功率过大，故A错误；
B．由图可知，EG接的是保护线，是为了防止用电器外壳带电时发生触电事故；若导线EG之间断路，此时插座仍能对外供电，但插座是不安全的，故B正确；
C．若CD间断路，AF仍与相线连接，用测电笔检验F点时与相线是连通的，所以氖管发光，故C正确；
D．由图可知，若CD间断路，闭合开关S，电流可以从相线到灯泡，经C点回到中性线，所以灯泡仍能正常工作，故D错误。
故选BC。
18. 如图甲所示，电源电压恒定，电压表量程为0~15V，电压表量程为0~3V，电流表A量程为0~0.6A，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。在保证电路元件安全的前提下，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，某一电压表示数与电流表示数关系图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为4.5VB. 定值电阻的阻值为2.5Ω
C. 定值电阻的最小电功率为0.45WD. 滑动变阻器的调节范围2.5~20Ω
【答案】AC
【解析】
【分析】根据欧姆定律、串联电路规律，结合图像求电源电压和定值电阻；根据电表的量程，在保证电路元件安全的前提下，求滑动变阻器的取值范围、定值电阻的最小电功率。
【详解】AB．由图甲可知，与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，测电源电压（示数恒定），测两端电压。由图乙可知，电压随电流的增大而减小，因此图乙是的示数变化图像。
根据欧姆定律，定值电阻的电压，根据串联电路的电压规律，电源电压
当电流为0.3A时，电源电压 ①
当电流为0.6A时，电源电压 ②
联立①②，解得，
故A正确，B错误；
CD．电流表量程为，因此电路最大电流，总电阻
根据串联电路的电阻规律，滑动变阻器最小阻值
量程为，因此两端最大电压，此时两端电压
电路最小电流
滑动变阻器最大阻值
因此滑动变阻器调节范围为
的功率，阻值不变，则电流越小功率越小，因此最小功率
故C正确，故D错误；
故选AC。
19. 为了给正方体工件表面均匀地涂上某种油，需要用竖直向下的力把漂浮在油面上的工件缓慢压入油中，如图甲所示。工件的下表面与油面的距离为，力与的大小关系如图乙所示（）。下列说法正确的是（ ）
A. 工件的边长为0.3mB. 工件的质量为60kg
C. 工件受到的最大浮力为2000ND. 工件密度与油的密度之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，当时，工件浸入油的深度为；当h大于0.5m后，压力F保持为400N不变，说明此时工件完全浸没，据此可知，工件的边长为，故A错误；
B．当时，V排=L2×ℎ1=0.5m2×0.3m=0.075m3
工件刚好漂浮，此时施加的力，根据物体漂浮时
工件的质量m工件=G工件g=F浮g=ρ油gV排g=ρ油V排=0.8×103kg/m3×0.075m3=60kg
故B正确；
C．工件完全浸没受到的最大浮力为F浮=ρ油gV排=ρ油gV工件=0.8×103kg/m3×10N/kg×(0.5m)3=1000N
故C错误；
D．当时，工件漂浮在油面上，所以，即
所以
故D正确。
故选BD。
20. 如图甲所示，为小球从某一高度水平抛出后的部分运动轨迹示意图，、是图甲中“①、②、③”点中的某两点，其动能和重力势能关系如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 点的机械能为200JB. 点对应轨迹中的位置②
C. 位置③的速度一定小于位置②的速度D. 位置①的动能可能小于300J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．N点的动能为120J，占总机械能的40%，所以N点的总机械能是，故A错误；
B．M点重力势能90J，占总机械能的，M点总机械能
所以，因为小球运动中机械能因空气阻力逐渐损失，所以M点在N点之后。
M点重力势能，N点重力势能
所以重力势能，说明M点高度低于N点。因此N点对应轨迹中的位置②，M点对应位置③。故B正确；
C．质量不变，N点的动能，M点的动能
所以位置③的速度小于位置②的速度。故C正确；
D．N点在位置②总机械能是300J，而①在②的前方，小球运动越往后机械能损失越多，因此①的总机械能一定大于300J。故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（共75分）
三、填空与作图题（满分15分，共4小题）
21. 白酒是发酵后粮食里的酒精从酒糟中蒸煮汽化出来的，其蒸煮装置如图所示。汽化池仅与输汽管相通，将蒸煮后的“汽酒”引入冷凝池后再注入储酒罐中，就可以得到度数很高的白酒。
（1）输汽管中的“汽酒”进入冷凝池后，发生液化，在冷凝池中用水作冷却剂，主要是利用了水_____的性质。
（2）蒸煮白酒过程中，酒香四溢，这是_____现象，说明_____。
（3）酒精的沸点78.5℃，在这一温度时的等质量的酒精和酒精蒸气，_____所具有的内能更大。
（4）若在冷凝过程中酒精蒸气液化释放出的热量，则可以使100kg水的温度升高_____℃。
【答案】（1）比热容大
（2） ①. 扩散 ②. 分子在永不停息地做无规则运动
（3）酒精蒸气 （4）40
【解析】
【小问1详解】
水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时可以吸收更多热量，冷却效果更好，因此用水做冷却剂利用了水比热容大的性质。
【小问2详解】
[1][2]酒香四溢是酒精分子运动扩散到空气中的扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动。
【小问3详解】
液态酒精汽化为酒精蒸气的过程需要吸热，温度不变，因此相同温度、相同质量的酒精蒸气内能更大。
【小问4详解】
根据公式，升高的温度
22. 列车以相同的速度匀速通过甲、乙两桥。通过1.5km的甲桥用时24s，通过3.0km的乙桥用时44s，列车通过甲桥的速度是___________m/s，列车中座椅上的某位乘客通过乙桥的时间为___________s。
【答案】 ①. 75 ②. 40
【解析】
【详解】[1]设列车的速度为，列车的长度为，完全通过甲桥的路程为……①
同理，完全通过乙桥的路程为……②
代入数据，整理①②可知，，
[2]列车中座椅上的某位乘客通过乙桥的路程为乙桥长，为3km，乘客的速度与列车的速度相同，为75m/s，故车中座椅上的某位乘客通过乙桥的时间为
23. 用如图所示的杠杆缓慢匀速提升物体时，杠杆_____（选填“平衡”或“不平衡”）。请画出杠杆在图示位置静止时，作用在端的最小力的示意图及其力臂______，此时杠杆是一个_____杠杆。
【答案】 ①. 平衡 ②. ③. 省力
【解析】
【详解】杠杆的平衡状态包括匀速转动和静止，所以杠杆缓慢匀速提升物体时，杠杆平衡；根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。最长动力臂是支点O到B点的距离OB，阻力使杠杆逆时针转动，则动力应使杠杆顺时针转动，所以最小力F的方向应垂直于OB向下。
动力臂OB的长度大于阻力臂OA的长度，由杠杆平衡条件可知，此时是省力杠杆。
24. 如图甲是一种三位转换开关，它有一个公共触点（图中“S”）和三个独立的输出点（1、2、3）。旋钮旋转到不同位置时公共触点会分别与1、2、3中的一个接通，从而实现电路的切换。实验探究小组利用三位转换开关、小风扇、热敏电阻、阻值为100Ω的电热丝，设计了一个电吹风。电吹风工作时，可以分别吹出热风和凉风。热敏电阻的阻值随温度的变化如图乙所示，其作用是为了防止电热丝的温度过高。
（1）请你在方框中将电吹风的电路连接完整。
（2）该电吹风吹热风时，其温度基本恒定在200℃左右，当它的温度继续升高时，电热丝的发热功率将_____（填“变大”“不变”“变小”）；该电热丝的最大发热功率是_____W。
【答案】（1） （2） ①. 变小 ②. 400##
【解析】
【小问1详解】
电吹风需要实现“停、吹凉风、吹热风”三个挡位，凉风时只有风扇工作，热风时风扇和电热加热部分同时工作，因此加热支路（热敏电阻与电热丝串联）和风扇并联，即触点2与M的上端相连，触点3与左端相连，另一端连，M下端和另一端共同与电源相连，如图所示：
【小问2详解】
[1]当温度继续升高时，由图乙可知：后，热敏电阻的阻值随温度升高而增大；与电热丝R串联，根据串联电路的电阻规律，总电阻变大；电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流变小；根据功率，R阻值不变，电热丝的发热功率变小。
[2]家庭电路电压为220V，电热丝发热功率最大时，电路电流最大，阻值最小；由图乙得最小阻值为10Ω，总电阻
电路的最大电流
电热丝最大发热功率
四、实验探究题（满分22分，共4小题）
25. 如图甲所示的实验装置，用水浴法对20g冰进行加热，从而探究冰熔化时温度的变化规律。图乙是实验中某时刻温度计的示数。
（1）温度计示数如图乙所示时，试管中的物质状态是_____。
（2）图丙是实验中绘制的物质的温度随时间变化的图像，整个过程不考虑水的汽化及热损失，2~5min吸收热量_____J，冰的比热容是_____。
（3）标准大气压下，继续加热一段时间，烧杯中的水沸腾时，水面上方有“白气”出现，白气是_____遇冷凝结成的小雾滴；试管中的水始终不能沸腾的原因是_____。
【答案】（1）固态 （2） ①. ##630 ②. ##2100
（3） ①. 水蒸气 ②. 试管中的水达到沸点后无法继续吸热
【解析】
【小问1详解】
图乙温度计分度值为，读数为，低于冰的熔点，冰还未开始熔化，因此试管中的物质状态是固态。
【小问2详解】
[1]冰在熔化过程中质量保持不变，即
由图丙可知，（共2min）水吸收的热量Q水=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅°C)×0.02kg×5°C−0°C=420J
相同酒精灯加热时，相同时间物质吸收热量相等（运用转化法）；因此每分钟吸热为Q0=Q水2=420J2=210J
共3min，吸收总热量
[2]共2min，冰吸收热量Q冰=Q水=420J
由可知，冰的比热容c冰=Q冰m冰Δt冰=420J0.02kg×10°C−0°C=2.1×103J/(kg⋅°C)
【小问3详解】
[1]“白气”是高温的水蒸气遇冷液化形成的小水滴。
[2]沸腾需要满足两个条件：温度达到沸点，且持续吸热；烧杯中的水沸腾后温度保持不变，试管中的水温度达到沸点后，和烧杯中水温度相同，没有温度差，无法继续吸热，因此始终不能沸腾。
26. 使用焦距是15cm的凸透镜“探究凸透镜成像规律”：
（1）实验前应调节_____的中心、透镜的光心、光屏的中心调节在同一高度。如果实验过程中光屏上烛焰的像如图甲所示，应_____（填写调整方法），使像成在光屏中间。
（2）当把凸透镜固定在50cm刻度线位置，蜡烛固定在18cm刻度线位置时，光屏应在_____（选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）区域内左右移动，才能在光屏上得到清晰的像。若得到清晰的像后，只将光屏和蜡烛的位置对调，则像的大小将_____（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）当光屏上的像清晰时，将近视眼镜放在凸透镜和蜡烛之间，光屏上的像会变得模糊不清，他应该向_____（选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动光屏，可再次得到清晰的像。
【答案】（1） ①. 烛焰 ②. 蜡烛向上移动##光屏向上移动##凸透镜向下移动
（2） ①. Ⅱ ②. 变大
（3）远离
【解析】
【小问1详解】
[1]实验前应调节烛焰的中心、透镜的光心、光屏的中心调节在同一高度。目的是使像成在光屏的中央。
[2]由图甲可知，像成在光屏上方，根据“过光心的光线传播方向不变”，应将蜡烛向上移动，或光屏向上移动或凸透镜向下移动，使像成在光屏中央。
【小问2详解】
[1]凸透镜焦距是15cm，当把凸透镜固定在50cm刻度线位置，蜡烛固定在18cm刻度线位置时，物距为
大于2倍焦距，所以此时成倒立缩小的实像，像在1倍和2倍焦距之间，即光屏应在Ⅱ区域内左右移动。
[2]若得到清晰的像后，根据光路可逆可知，只将光屏和蜡烛的位置对调，物距变为，此时成的是倒立、放大的实像，像的大小变大。
【小问3详解】
近视眼镜是凹透镜，对光有发散作用，会使原本会聚的光线延迟会聚，像会成在光屏后方，因此需要向远离凸透镜的方向移动光屏，才能再次得到清晰的像。
27. 假期，探究小组利用电阻丝自制一批5Ω的定值电阻，根据实验器材要求，电阻丝的合格标准为，即范围内合格（为标准电阻丝）。开学前，同学们利用恒压电源（电源电压）待测电阻丝、滑动变阻器、电压表、电流表、开关、导线，连接电路，检验自制电阻是否符合实验标准。
（1）探究小组设计电路如图甲所示，用笔画线表示导线，将实物图连接完整。要求：滑片向右移动时，电路中的电流变大。
（2）实验前，检查实验元件都能正常使用。但闭合开关，无论如何移动滑片P，电流表指针几乎不动，电压表示数约为电源电压。小组成员判断此现象为_____（填写元件名称）两端的接线柱与导线的连接不紧密所致，紧固接线柱即可排除故障。
（3）排除故障后，闭合开关，电流表和电压表的示数分别如图乙、丙所示，则被检测的电热丝电阻值为_____Ω，检测结果为：该电热丝_____（填“合格”、“不合格”）。
（4）因待测电阻丝数量多，每次检测都需要调节、读数和计算，太繁琐。探究小组成员用的标准电阻丝、电源、开关和一只电表重新设计检测电路，将待检电阻丝接入，无须任何调节，观察到指针在标示的范围内即为合格（如图戊、间），范围外为不合格。图丁中○内的电表为_____表，若、处分别标示或，则处应标示_____10%（选填“＋”、“－”）。
【答案】（1） （2）待测电阻丝
（3） ①. 6 ②. 不合格
（4） ①. 电流表 ②. －
【解析】
【小问1详解】
滑片右移时电流变大，说明滑动变阻器接入电阻需变小，滑动变阻器一上一下接入，因此需将滑动变阻器的右下接线柱与电源正极连接，如图所示：
【小问2详解】
电流表几乎不动说明电路断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表直接与电源两端连通，因此故障是待测电阻丝R接线不紧密（断路）。
【小问3详解】
[1]电流表选量程，分度值0.02A，读数为0.3A；电压表选量程，分度值0.1V，读数为1.8V，由公式得，检测的电阻为
[2]范围内合格，为标准电阻丝，即合格范围为，6Ω不在此范围内，因此不合格。
【小问4详解】
[1]电表串联在电路中，因此○内的电表为电流表。
[2]由于电流表盘左侧示数较小，右侧示数较大；当接入的待测电阻大于标准电阻时，根据串联电路的总电阻大，则电流小，指针应指在M处；当接入的待测电阻小于标准电阻时，电路总电阻小，则电流大，指针应指在N处，所以N处应标示“－”10%。
28. 小明在探究液体压强与哪些因素有关的实验中，在U形管接头处加装了一个“三通接头”K，如图甲所示。K打开时，U形管与探头连接处与外界相通；K闭合时，U形管与探头连接形成封闭空间。
（1）组装压强计时，K应处于打开状态，利用了_____的原理确保U形管两端的水面相平。
（2）组装完成后，关闭K，应_____，观察U形管两端水面高度差是否稳定，检验装置的气密性。利用气密性良好的压强计继续进行实验。
（3）将压强计的探头放入水中、深度处，如图乙、丙所示，比较U形管中液面高度差，得出结论_____；忽略橡皮膜形变时产生的反向压强，图丙中U形管压强计中左右两液面高度差为8cm，此时处于处探头所受水的压强为_____Pa。
（4）如图丁，将同一压强计放入某液体中深度处（），U形管的高度差与图丙一致，可判定某液体与水的密度大小关系为_____。
（5）探究小组设计了如图戊的实验装置，装置由内外两个容器紧密粘合在一起构成，内部小容器的底部用一张弹性很好的橡皮膜隔开。同学们利用图戊的实验装置测量未知液体密度。在小容器内装入适量待测液体，在外部容器内装入水，直到橡皮膜变平，测出待测液体深度以及清水与待测液体的液面高度差，请你写出液体的密度表达式_____（表达式用、和）。
【答案】（1）连通器 （2）用手按压橡皮膜
（3） ①. 同种液体压强随深度的增加而增大 ②. 800
（4）
（5）
【解析】
【小问1详解】
U形管与探头连接时，阀门K应处于打开状态，这样就形成了上端开口、底部互相连通的容器即连通器，根据连通器的特点，当液体静止（不流动）时，能确保U形管内的液面相平，从而保证实验测量的准确性。
【小问2详解】
组装完成后，用手按压探头的橡皮膜到一定程度，U形管内液面有明显的高度差并保持稳定，说明装置不漏气。
【小问3详解】
[1]分别将探头放入水中、深度处，比较图乙和图丙U形管中液面高度差，发现时，U形管中液面高度差更大，由此可得，在同种液体中，深度h越大，压强p越大，即同种液体压强随深度的增加而增大。
[2]U形管中液面高度差反映的是探头受到的液体压强大小，探头的深度为时，图丙中U形管压强计中左右两液面高度差为8cm，此时处于处探头所受水的压强p2=ρ水gΔℎ=1×103kg/m3×10N/kg×8×10−2m=800Pa
【小问4详解】
图丁中，将同一压强计放入某液体中深度处，U形管的高度差与图丙一致，说明此时图丁压强计橡皮膜受到的压强大小与图丙压强计橡皮膜受到压强大小相同，即p3=ρ液gℎ3=p2=ρ水gℎ2，已知，所以。
【小问5详解】
小容器内装入适量待测液体，在外部容器内装入水，直到橡皮膜变平，此时橡皮膜上下所受压强相等，即ρ液gℎ=ρ水gℎ+Δℎ
解得ρ液=ℎ+Δℎℎρ水
五、计算题（满分18分，共2小题）
29. 音乐喷泉是集声光电技术于—体的装置，它通过电脑采集音乐的声音频率特征，并将其转 化为控制信号，控制水泵喷出水柱，形成喷泉。如图甲为控制喷泉工作的模拟电路，控制电 路电源电压 Ua，呈周期性变化（如图乙所示），定值电阻 R1=2Ω ，E为具有特殊功能的电子 元件，当 Ua0.08m
说明此时A、B整体仍然漂浮在水面上，浮力的减小量等于A的重力，即GA=ΔF浮
则A受到的重力GA=ΔF浮=ρ水gΔV排=ρ水gSΔℎ降=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m2×0.03m=24N
六、附加题（满分20分，共3小题）
31. 增程式汽车作为一种新型绿色交通工具，凭借其独特的动力系统结构，正在逐渐走进人们的日常生活。它的动力系统主要由电池、电动机和增程器组成，增程器主要由一个发动机（内燃机）和发电机组成，如图所示。在电池能量充足的情况下，车辆以“纯电模式”行驶，此时发动机不工作，完全依赖电池进行驱动。当电池的电量不足时，车辆以“增程模式”行驶，增程器启动，发动机驱动发电机产生电能，这些电能一部分直接驱动电动机，其余部分充入电池，以备后续使用。通过这种方式，使汽车续航距离大大增加，并且在中低速行驶时（市区内），由于内燃机不直接参与驱动，因此可以一直维持较高的效率，相比普通燃油车更省油。如表是某品牌增程式汽车的部分参数，“电动机的能量效率”指电动机驱动汽车行驶克服阻力做的功与消耗电能之比，“增程系统的效率”指发电机输出的电能与汽油完全燃烧产生的热量之比。（汽油的热值是）
（1）该增程式汽车在某次上路测试中，充满电后在纯电模式下匀速行驶了1h，共消耗电池电量的80%，设行驶过程中所受阻力恒为1000N，求该过程汽车克服阻力做功的功率。
（2）小明的爸爸每天驾驶传统燃油汽车上下班，已知上下班的总路程为20km，传统燃油汽车的能量效率（指汽车行驶时克服阻力做的功与汽油完全燃烧产生的热量之比）为20%，每天的油耗为2kg，若驾驶该增程式汽车，在“增程模式”下行驶相同距离，相比传统燃油汽车一天可以节省多少千克汽油。（设传统燃油汽车和该增程式汽车行驶相同距离克服阻力做的功相同）（计算结果保留一位小数）
【答案】（1）

（2）
【解析】
【小问1详解】
消耗的电能为E=80%×31.25kW⋅h=25kW⋅h=25×3.6×106J=9×107J
汽车克服阻力做的功为W=η1E=92%×9×107J=8.28×107J
行驶时间
克服阻力做功的功率P=Wt=8.28×107J3600s=2.3×104W
【小问2详解】
汽油完全燃烧放出的热量为Q放=mq=2kg×4.6×107J/kg=9.2×107J
行驶20km克服阻力做的功为W'=η2Q放=20%×9.2×107J=1.84×107J
由题意，增程式汽车行驶相同距离克服阻力做功与传统车相同，增程模式下电动机效率不变，因此需要发电机输出的电能为E'=W'η1=1.84×107J92%=2×107J
增程模式下汽油完全燃烧需要放出的热量Q放'=E'η3=2×107J40%=5×107J
增程模式下消耗汽油的质量为m'=Q放'q=5×107J4.6×107J/kg≈1.1kg
因此节省汽油的质量为Δm=m−m'=2kg−1.1kg=0.9kg
32. 图甲是某型号电开水器结构简图，图乙是它的电路原理图。控制进水口的浮球阀由不锈钢浮球、绕点转动的金属杆、连杆、活塞组成。使用时，将插头插入家庭电路的插座中，电压为220V。冷水自进水口进入冷水箱，再经连通管进入煮水箱，当冷水箱水位达到设定高度，浮球浮起，水平，连杆水平向右推动活塞堵住进水口，停止进水，同时开关闭合，开关与触点2接通，煮水箱中的电热管工作，额定煮水功率为3300W，水沸腾后经出水管溢入贮水箱，冷水再补充入煮水箱，冷水箱中水位下降，进水口打开进水，同时断开，重复上述过程，至贮水箱中注满水后，开关与触点1接通，贮水箱中的电热管工作，进行保温，额定保温功率为660W。保温时，同时接通，当电磁铁线圈中的电流达到0.02A，衔铁P被吸起（开关断开）；当电磁铁线圈中电流减小到0.01A，衔铁P被释放（开关重新接通），使贮水箱内热水温度维持在90℃~95摄氏度。是定值电阻。是热敏电阻，其温度与贮水箱内水温相同，温度每升高1℃，电阻减小100Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。
（1）该电开水器正常工作时，求熔断器上通过的最大电流；
（2）该电开水器煮水箱电热管连续正常工作1小时能产生33L的开水，若冷水温度为22℃，开水温度为100℃，求煮水箱的加热效率；
（3）冷水箱中的浮球质量为0.55kg，金属杆质量和体积忽略不计，进水口被活塞堵住不能进水时，若浮球恰好一半体积浸在水中，连杆受到活塞对它水平向左的推力为30N；若浮球全部浸没于水中，此时连杆能够承受活塞的水平推力为90N，求浮球体积和贮水箱中保温控制电路的电压。
【答案】（1）15A （2）91%
（3），
【解析】
【分析】本题最后一问，由绕点转动的金属杆，联想到杠杆。分析杠杆的受力情况，运用杠杆平衡条件，根据两次不同阻力下的动力变化，列示求出比例关系，计算出浮力大小，再根据阿基米德原理求出体积。
【小问1详解】
由题意可知，电开水器煮水时，功率最大，熔断器上通过的电流最大。家庭电路电源电压U'=220V，故最大电流为Imax=P1U'=3300W220V=15A
【小问2详解】
水的体积
则水的质量
水吸收的热量
电热管正常工作1h消耗的电能
则煮水箱的加热效率为
【小问3详解】
根据图甲，金属杆ABC可视作杠杆，C端受到向左的推力，则A端受到向上的力才能使杠杆平衡。根据题意，当浮球一半体积浸没在水中时，由杠杆平衡条件则有
当浮球全部浸没在水中时，同理，
两式相除可得，
由于浮力大小等于排开水的重力大小，故，则
则
浮球全部浸没在水中时，浮球的体积与排开水的体积相等，排开水的总重力与相等，由可得，浮球的体积为
由题意，温度为95℃时，电流，衔铁吸起。设此时热敏电阻为，定值电阻为，根据欧姆定律，贮水箱中保温控制电路的电压……①
温度为90℃时，温度比95℃低5℃，此时热敏电阻的阻值为
此时电流I2=0.01A，衔铁被释放，因此贮水箱中保温控制电路的电压……②
联立①②解得
33. 如图甲所示是平衡木装置示意图，AB可绕O点无摩擦转动（AB重力不计）。硬杆CD与AB垂直，且与AB固定在一起，CD、OE重均为200N，CD底部装有压敏电阻片R，压敏电阻R的阻值随压力F变化的关系图像如图乙所示，AB=5m、OA=BC=1m。将压敏电阻R接入如图丙所示电路中，定值电阻R0=10Ω，电流表的量程为0~0.6A，电源电压恒定。整个装置放在水平地面上，AB始终处于水平平衡状态。当重300N的小朋友站在某点时，电流表的示数为0.2A；当他从该点向左走1m后，电流表示数为0.24A。求：
（1）小朋友从O点向左走的距离越远，电流表的示数怎样变化？
（2）当小朋友向左走1m时，压敏电阻阻值的变化量是多少？
（3）当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是多少？
【答案】（1）电流表的示数变大；（2）5Ω；（3）1.5W
【解析】
【详解】解：（1）杠杆AB，O为支点，根据杠杆的平衡条件可得
G人•L=F′•OC
所以，当小朋友从O点向左走的距离越远时，即力臂L越大，硬杆CD对AB的支持力F′越大，由力作用的相互性可知，AB对CD的压力F压也越大。由于压敏电阻片R受到的支持力F大小等于CD的重力与压力F压的和，所以F′越大时，支持力F也越大。由图像乙可知，压敏电阻R随支持力F变大而变小；所以当小朋友向左走的距离越远时，支持力F变大，压敏电阻R的阻值变小，则电路中的总电阻变小。根据I=可知，电路中电流变大，即电流表示数变大。
（2）杠杆AB，O为支点，据题意知
OC=AB-AO-BC=5m-1m-1m=3m
小朋友在某点时，根据杠杆的平衡条件可得
G人•L=F′•OC
向左走1m时，根据杠杆的平衡条件可得
G人•(L+1m)=F″•OC
所以
∆F=F″-F′=-===100N
由图像可知，支持力F变化量为100N时压敏电阻R的阻值变化量为5Ω。
（3）在某点时，电流表的示数
I=0.2A
由I=可得电源电压
U=I(R0+R′)=0.2A×(10Ω+R′)
此为①式；
向左走1m时，电流表的示数
I′=0.24A
由I=可得电源电压
U=I′(R0+R″)=0.24A×(10Ω+R″)
此为②式；
由第（2）题可知，小朋友向左走1m时，压敏电阻阻值变化量是
R′-R″=5Ω
此为③式。
联立①②③解得
U=6V
由于小朋友向左走的距离越远时，支持力F变大，压敏电阻R的阻值变小，则电路中的总电阻变小，电路中的总功率变大。则对硬杆进行受力分析，当小朋友静止在平衡木上的B端时C点受到压力最大，则CD对压敏电阻R的压力为最大，根据力的相互作用可知压敏电阻R的受到支持力最大。所以此时有
OB=AB-OC=5m-1m=4m
根据杠杆的平衡条件可得：B点时
G人•OB=FC1•OC
则
FC1===400N
根据力的作用是相互的可知，硬杆CD受到向下的压力
F压1=FC=400N
地面对硬杆的支持力
F=F压1+GCD=400N+200N=600N
由图像可知，此时压敏电阻R的阻值为5Ω。所以电路的最大电功率
PB====2.4W
A点时
G人•OA=FC2•OC
则
FC2===100N
根据力的作用是相互的可知，硬杆CD受到向上的拉力
F拉2=FC2=100N
地面对硬杆的支持力
F=GCD-F拉2=200N-100N=100N
由图像可知，此时压敏电阻R的阻值为30Ω。所以电路的最小电功率
PA====0.9W
当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是
∆P=PB-PA=2.4W-0.9W=1.5W
答：（1）小朋友从O点向左走的距离越远，电流表的示数变大；
（2）当小朋友向左走1m时，压敏电阻阻值的变化量是5Ω；
（3）当小朋友从A点走到B点时，电路的电功率变化量是1.5W。
某品牌增程式电动汽车参数
电池容量
电动机的能量效率
92%
增程系统的效率
40%
车重
2330kg